Question

10．在△ABC中，∠CAB=30°，∠MCN=60°，∠MCN的两边交AB于E，F两点，将△BCF绕点C顺时针旋转120°后得△ACK．
（1）证明：△KCE≌△FCE；
（2）在（1）中，若AE²+EF²=BF²．求证：BF=$\sqrt{2}$CF．

Answer 1

分析 （1）根据题意画出图形，连结KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，则∠KCE=∠FCE，可根据“SAS”判断△CKE≌△CFE；
（2）由（1）得，△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE²+EF²=BF²，则AE²+KE²=AK²，根据勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可计算∠BCF=45°，设KH=a，在Rt△KHC中可得KC=$\sqrt{2}$a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：$\sqrt{2}$a=$\sqrt{2}$，则BF：CF=$\sqrt{2}$，由此可得出结论．

解答 （1）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图，
∵∠CAB=30°，∠MCN=60°，
∴∠ACB=120°，
∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵△BCF绕点C顺时针旋转120゜后的△ACK，
∴BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，
∴∠KCE=∠KCA+∠ACE=∠FCB+∠ACE=60°，
∴∠KCE=∠FCE，
在△KCE和△FCE中，
∵$\left\{\begin{array}{l}CK=CF\\∠KCE=∠FCE\\ CE=CE\end{array}\right.$，
∴△KCE≌△FCE（SAS）；

（2）∵由（1）知，△KCE≌△FCE，
∴KE=EF，
∵AE²+EF²=BF²，
∴AE²+KE²=AK²，
∴△AEK为直角三角形，
∴∠AEK=90°，
∴∠KEC=∠FEC=45°，
∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，
∴∠KCA=45°，
设KH=a，在Rt△KHC中，KC=$\sqrt{2}$a；在Rt△KHA中，AK=2a，
∴AK：KC=2a：$\sqrt{2}$a=$\sqrt{2}$，
∴BF：CF=$\sqrt{2}$，即BF=$\sqrt{2}$CF．

点评 本题考查的是全等三角形的判定与性质及图形旋转的性质．熟知对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系．